2022常熟高二下学期期中物理试题Word含解析

2021~2022学年第二学期期中试卷

高二物理

（考试时间75分钟，总分100分）

一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个选项符合题意。

1. 工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术原理图如图所示，其原理是将线圈中通入电流，使被测物件内产生涡流，借助探测线圈内电流变化测定涡流的改变，从而获得被测物件内部是否断裂及位置的信息，关于以上应用实例理解正确的是（　　）

A. 线圈所连接电源可以是直流电源

B. 线圈所连接的电源应该是交流电源

C. 能被探测的物件可以是非导电材料

D. 工业涡流探伤技术运用了自感原理

【答案】B

【解析】

【详解】AB．为产生涡流，线圈所连接的电源必须是交流电源，选项A错误，B正确；

C．能被探测的物件必须是导电材料，否则不会产生涡流，选项C错误；

D．工业涡流探伤技术其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流改变技术，不是自感原理，选项D错误。

故选B。

2. 1932年，美国物理学家安德森在宇宙线实验中发现了正电子，他利用放在匀强磁场中的云室来记录宇宙线粒子，并在云室中加入一块厚6mm的铅板，当宇宙线粒子通过云室内的匀强磁场时，拍下粒子径迹的照片，如图所示，已知云室中磁场方向与纸面垂直，分析此径迹可知粒子（　　）

A. 磁场方向垂直纸面向里，且粒子由下往上运动

B. 磁场方向垂直纸面向外，且粒子由下往上运动

C. 磁场方向垂直纸面向里，且粒子由上往下运动

D. 磁场方向垂直纸面向外，且粒子由上往下运动

【答案】C

【解析】

【详解】根据粒子的运动轨迹可知，粒子受洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里；根据

轨迹的上部分半径较大，下部分半径较小，则上部分的速度较大，下部分速度较小，则粒子是由上往下运动。

故选C。

3. 1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒、构成，其间留有空隙，某时刻质子源在盒中心无初速度释放一质子进入加速器，最终从A点引出，下列说法正确的是（　　）

A. 磁场方向垂直加速器向上

B. 质子从磁场中获得能量

C. 质子获得的最大速度与加速电压无关

D. 仅增大加速电压，质子运动时间变长

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图可知，质子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动（俯视），根据左手定则可知，磁场方向垂直加速器向下，选项A错误；

B．洛伦兹力对质子不做功，则质子从电场中获得能量，选项B错误；

C．根据

可得

则质子获得的最大速度与加速电压无关，选项C正确；

D．根据

仅增大加速电压，则每加速一次质子获得的速度变大，则加速的次数减小，在磁场中做圆周运动的圈数减小，因质子在磁场中运动的周期不变，可知质子运动时间变短，选项D错误。

故选C。

4. 如图所示的电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是自感系数很大的自感线圈，其直流电阻与定值电阻R阻值相等，电源内阻不计，下列判断中正确的是（　　）

A. 闭合开关S后，灯泡A和B同时亮且亮度不变

B. 闭合开关S后，B先亮，A后亮，最终亮度相同

C. 断开开关S后，B闪亮一下后，A、B同时熄灭

D. 断开开关S后，流过灯泡A电流方向与原来相反

【答案】B

【解析】

【详解】AB．闭合开关S后，B立刻亮，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的增加，可知A后亮，最终稳定时，因为两支路的直流电阻相等，则两支路的电流最终相等，最终两灯亮度相同，选项A错误，B正确；

CD．断开开关S后，灯泡B中的电流立刻消失，但是由于线圈中产生自感电动势阻碍电流减小，则通过线圈的电流要与A、B、R重新组成新的回路，使得两灯慢慢熄灭，此过程中流过灯泡A的电流方向与原来相同，因原来两支路电流相等，则此过程中灯泡B不会出现闪亮现象，选项CD错误。

故选B。

5. 如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图。电磁制动是一种非接触的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是（　　）

A. 制动过程中，导体不会产生热量

B. 如果导体反向转动，此装置将不起制动作用

C. 制动力的大小与线圈中电流的大小无关

D. 线圈电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大

【答案】D

【解析】

【详解】A.电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会产生热量,A 错误；

B.如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向变为反向，此时产生的涡流方向也相反，根据安培力的公式，电流和所处的磁场方向同时反向，安培力方向不变，故还是使导体受到阻碍运动的制动力,B 错误；

C. 线圈中电流越大，则产生的磁场越强，则转盘转动产生的涡流越强，则制动器对转盘的制动力越大，C 错误；

D. 线圈电流一定时，导体运动的速度越大，转盘转动产生的涡流越强，制动力就越大,D 正确。

故选 D 。

6. 如图甲所示，100匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴匀速转动，产生的感应电动势e随时间的变化曲线如图乙所示，若外接电阻的阻值，线圈的电阻，则下列说法正确的是（　　）

A. 线圈转动的角速度为

B. 线圈磁通量变化率的最大值为100Wb/s

C. 电压表的示数为90V

D. 通过线圈的最大电流为10A

【答案】D

【解析】

【详解】A．线圈转动的周期T=0.04s，则角速度为

选项A错误；

B．根据

线圈磁通量变化率的最大值为

选项B错误；

C．电压表的示数为

选项C错误；

D．通过线圈的最大电流为

选项D正确。

故选D。

7. 利用如图所示的天平可以测定磁感应强度，天平的右臂下悬挂有一个10匝矩形线圈，线圈宽度为10cm，线圈下端在磁场方向垂直纸面向里的匀强磁场中，当线圈中通有逆时针方向大小为0.1A的电流时，调节砝码，使天平平衡，然后使电流反向，大小不变，天平左盘再加上10g的砝码后，天平重新平衡，由此可知磁感应强度大小为（　　）

A. 0.5T B. 1T C. 0.25T D. 1.5T

【答案】A

【解析】

【详解】由题意可知，开始时安培力向上，电流反向后安培力向下，则由平衡可得

解得

故选A。

8. 如图所示，甲、乙是规格相同的灯泡，A、B两端加直流电压时，甲灯正常发光，乙灯完全不亮；当A、B两端加上有效值和直流电压相等的交流电压时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光。下列说法正确的有：（　　）

A. 与甲灯串联的元件X是电感线圈 B. 与乙灯串联的元件Y是电阻

C. 与甲灯串联的元件X是电容器 D. 与乙灯串联的元件Y是电感线圈

【答案】A

【解析】

【详解】A、B两端加直流电压时，甲灯正常发光，乙灯完全不亮，说明乙支路为开路，即与乙灯串联的元件Y可能是电容器，当A、B两端加上有效值和直流电压相等的交流电压时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，因为电感线圈是通直流阻交流，所以与甲灯串联的元件X是电感线圈，因为电容器是隔直流通交流，所以与乙灯串联的元件Y是电容器。

故选A。

9. 矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示。若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，下列各图中正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】试题分析：由图可知，0-1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1-2s内电路中的电流为顺时针，2-3s内，电路中的电流为顺时针，3-4s内，电路中的电流为逆时针，由可知，电路中电流大小恒定不变．

故选D

考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律

【名师点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，注意图线的斜率等于磁感应强度的变化率，斜率的符号能反映感应电流的方向，知道这些才能准确的利用楞次定律进行判定．

10. 如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，电阻均可忽略不计。在M和Q之间接有一阻值为R的电阻器，导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，ab杆最后停在导轨上。下列说法正确的是（  ）

A. ab杆将做匀减速运动直到静止，整个过程回路产生的热量为

B. ab杆速度减为时，ab杆加速度大小

C. ab杆速度减为时，通过电阻器的电量

D. ab杆速度减为时，ab杆走过的位移

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．金属棒运动时受向左的安培力而做减速运动，加速度为

则随速度减小，加速度减小，则金属棒的运动不是匀减速运动，A错误；

B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小

B错误；

C．ab杆速度减为时，由动量定理

且

解得

C错误；

D．根据

则

解得

D正确。

故选D。

二、非选择题：共5题，共60分．其中第12-15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

11. 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学采用了如图所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“”的匝数。

（1）为了减小涡流在铁芯中产生的热量，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。硅钢片应平行于_______；

A．平面abcd　　B．平面abfe　　C．平面abgh　　D．平面aehd

（2）对于实验过程，下列说法正确的有______；

A．为便于探究，应该采用控制变量法

B．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”

C．使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量

D．因为实验所用电压较低，通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路

（3）实验中，电源接变压器原线图“0”、“8”接线柱，副线圈接“0”、“4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为6.0V，若变压器是理想变压器，则原线圈的电压应为______．

A．18.0V　　B．12.0V　　C．5.0V　　D．3V

（4）组装变压器时，该同学没有将铁芯闭合，如图所示，原线圈接12.0V的学生电源，原副线圈的匝数比为8：1，副线面两端接交流电压表，则交流电压表的实际读数可能是______；

A．0V　　B．9.6V　　C．1.5V　　D．0.65V

（5）该同学正确组装变压器后，用匝数和匝变压器实际测量数据如下表：

根据测量数据可判断连接交流电源的原线圈是______（填或）。

【答案】    ①. D    ②. AC##CA    ③. B    ④. D    ⑤.

【解析】

【详解】（1）[1]由图，根据楞次定律和右手螺旋定则，产生的涡旋电流的方向与面abcd平行，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，相互绝缘的硅钢片应垂直面abcd，即平行于面aehd，故ABC错误，D正确；
故选D。

（2）[2]A．为便于探究，应该采用控制变量法，选项A正确；

B．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，选项B错误；

C．使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量，选项C正确；

D．虽然实验所用电压较低，通电时也不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，选项D错误。

故选AC。

（3）[3]变压器为理想变压器，则原线圈电压为

故选B。

（4）[4]假设变压器为理想变压器，则副线圈电压为

考虑到变压器不是理想变压器，则副线圈两端电压小于1.5V，电压表测量有效值，则读数小于1.5V，故选D。

（5）[5]由于有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，所以副线圈实际测量的电压值应该小于理论值，由理想变压器规律

由表格数据Ua总是略小于Ub，故Nb一定是原线圈。

12. 如图所示，电阻为r的金属直角线框abcd放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，a、d两点连线与磁场垂直，ab、cd长均为L，bc长为2L，定值电阻阻值为R，线框绕ad连线以角速度匀速转动，从图示位置开始计时，求：

（1）电流瞬时值的表达式；

（2）线框转一圈电阻R上产生的焦耳热。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）感应电动势最大值

电流瞬时值

（2）时间

电流有效值

产生热量

13. 如图所示，在区域Ⅰ（）和区域Ⅱ（）内分别存在垂直于平面的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，但方向相反。边长为d（d<L）的正方形金属线框abcd，电阻为R，ab边位于区域Ⅰ的左边界。在平行于x轴方向的拉力F作用下，线框以v的速度匀速运动，直至全部进入磁场区域Ⅱ，金属线框重力不计，求：

（1）线框在进入磁场Ⅰ过程中，ab两点间的电势差；

（2）线框在进入磁场Ⅱ过程中，拉力F的大小。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）电动势

电势差

（2）电动势

电流

安培力

所以

14. 如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在距y轴左侧区域存在宽度为a=0.3m的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B（大小可调）。现有质荷比为的带正电粒子从x轴上的A点以一定初速度垂直x轴射入电场，并且以，方向与y轴正向成的速度经过P点进入磁场，，OA=0.1m，不计粒子重力。求：

（1）粒子在A点进入电场的初速度为多少；

（2）要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度至少为多大；

（3）粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，则磁感应强度B为多少。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）粒子在电场中做类平抛，竖直方向不受力，为匀速运动

所以

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动

当轨迹与CD边相切时恰好不出磁场线，此时

解得

联立

（3）粒子运动轨迹如图所示，出磁场时速度与y轴正方向夹角为60°，做匀速直线运动后回到A点，设出磁场处为Q点，由几何关系

解得

15. 如图所示，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度B=1T，每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均d=0.5m，现有一边长L=0.2m、质量m=0.2kg，电阻的正方形线框MNOP以的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，重力加速度g取。求：

（1）线框MN边刚进入磁场时加速度a的大小；

（2）线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q；

（3）线框水平向右的最大位移。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）产生的感应电动势为

根据闭合电路的欧姆定律得

所以安培力为

合力

解得

（2）设线框速度减到零时，线框下落的高度为H，根据能量守恒得：

竖直方向上，根据自由落体得

解得

（3）在水平方向上，在磁场中运动时，根据动量定理得

所以线框在磁场中运动的距离为

每个磁场宽度为0.5m，所以线框在进入和离开磁场边界时才做减速运动，则穿过磁场边界的个数为

一个磁场两个边界，所以线圈会穿过3个磁场，3个空白区域，第4个磁场进入的距离为

之后，速度减为零，所以线框水平向右的最大位移为